Sammanfattning Nanomatte

Transkript

1 ammanfattning Nanomatte Oskar Darselius Berg En sammanfattning som innehåller det mesta men inte allt. Inklusive aggressiva påståenden och oupptäckta fel. 1 Del 1, Fourier, Laplace och sånt 3. Reella Fourierserier Innan vi sätter igång, måste vi definiera massa integraler: T/ T/ T/ cos(nω 0 t)dt = δ n,0 T, sin(nω 0 t)dt = 0 (1) T/ cos (nω 0 t)dt = T/, sin (nω 0 t)dt = T/ () T/ T/ T/ å när det gäller integral 1 är de uppenbara. Bara rita upp dem. När det gäller integral så har jag lösningen här T/ cos(nω 0 t)sin(mω 0 t)dt = 0 (3) cos(nω 0 t)cos(mω 0 t)dt = δ n,m T/ (4) sin(nω 0 t)sin(mω 0 t)dt = δ n,m T/ (5) cos (nω 0 t)dt = 1 T/ cos(nω 0 t) + 1dt = 1 [ 1 sin(nω 0 t) + t] T/ nω = 0 1 ( 1 T sin(nω 0 nω 0 ) + T 1 T sin(nω 0 nω 0 ) + T ) = Och så har vi sinus. T/ sin (nω 0 t)dt = 1 1 T = T T/ cos(nω 0 t) 1dt = 1 [ 1 nω 0 sin(nω 0 t) t] T/ = 1

2 1 ( 1 T cos(nω 0 nω 0 ) + T 1 T cos(nω 0 nω 0 ) + T ) = 1 ( T ) = T När det gäller integral 3 är den noll pga att den ena är jämn och den andra ojämn. När det gäller 4 så om m = n ges integral 3 medans annars kan man kolla på den lite annorlunda såhär ilket om m n T/ T/ cos(nω 0 t)cos(mω 0 t)dt = cos(nω 0 t)dt T/ δ m,o T δ n,o T δ m,0 δ n,0 = 0 cos(mω 0 t)dt = Nu är det ju bara integral 5 kvar. Om m = n fås 3. Annars kan man kolla på den såhär T/ T/ sin(nω 0 t)sin(mω 0 t)dt = T/ sin(nω 0 t)dt sin(mω 0 t)dt = 0

3 Ansats f(t) = a 0 + a n cos(nω 0 t) + b n sin(nω 0 t) (6) n=1 där t [, T/] och ω 0 = π T. Denna serie måste vara konvergent (annars är detta ganska onödigt, eller hur?) Låt mig multiplicera ekvation 6 med T/ cos(mω 0t)dt, för att få fram a n, T/ cos(mω 0 t)dtf(t) = a 0 T/ Från integral 3, 4 och m = n ges T/ T/ T/ cos(mω 0 t)dt+ a n cos(nω 0 t)cos(mω 0 t)dt+b n sin(nω 0 t)cos(mω 0 t)dt n=1 cos(nω 0 t)dtf(t) = a 0 δ n,0 + a n δ n>0 = a n T a n = T T/ cos(nω 0 t)f(t)dt Nu ska vi få fram b n, dett gör vi genom att multiplicera med T/ sin(mω 0t)dt, T/ sin(mω 0 t)dtf(t) = a 0 T/ Från integral 3, 5 och m = n ges T/ T/ sin(mω 0 t)dt+ a n sin(mω 0 t)cos(nω 0 t)dt+b n sin(mω 0 t)sin(nω 0 t)dt T/ b n = T Alltså ges utvecklingskoefficienterna av : n=1 sin(nω 0 t)f(t)dt = b n δ n>0 T T/ sin(nω 0 t)f(t)dt a n = T T/ cos(nω 0 t)f(t)dt (7) b n = T T/ sin(nω 0 t)f(t)dt (8) Eftersom utvecklingskefficienterna är beroende av funktionen, f(t), sägs det att Utvecklingskoefficienterna är en avbildning på f(t) Pga att f(t) = f(t + T ) betyder detta att funktionen är periodisk, dvs att den upprepar sig efter periodtidens slut. Dvs Periodisk upprepning Annat tips är att vid beräkning använda symmetri vid beräkning av integralerna. 3

4 4. Komplexa Fourierserier Låt mig nu härleda den komplexa Fourierserien f(t) = c n e inω0t (9) n= Härledningen till denna är lite skum, men den ser ut som följande. Jag använder mig av Eulers formler cos(nω 0 t) = 1 (einω0t + e inω0t ) sin(nω 0 t) = 1 i (einω0t e inω0t ) Om jag sedan applicerar dessa på den reella Fourierserien (ekvation 6), ges ett långt uttryck, men låt mig inleda med att endast kolla på det inom summatecknet a n cos(nω 0 t) + b n sin(nω 0 t) = a n (einω0t + e inω0t ) ib n (einω0t e inω0t ) = Nu omdefinierar vi lite saker... a n ib n e inω0t + a n + ib n e inω0t Detta ger i den reella Fourierserien c n = an ibn, c n = an+ibn och c 0 = a0 f(t) = c 0 + c n e inω0t + c n e inω0t n=1 Nu kommer tricket, n=1 c ne inω0t = n= 1 c ne inω0t, ilket ger den komplexa Fourierserien f(t) = n= c n e inω0t Halleluja, detta var ju fint, men hur får vi fram c n? Det finns sätt Beräkna a n och b n först och utnytja sambandet Eller lite mer vackert uttryckt Alternativ 1 c n = a n ib n a n = Re(c n ) (10) b n = Im(c n ) (11) Detta är den bästa metoden du då faktiskt ska räkna då symmetrier gör ofta att a n eller b n = 0 och därför blir det enklare räkning. Alternativ 4

5 Om du multiplicerar båda sidor med e imω0t dt e imω0t dtf(t) = n= c n e inω0t e imω0t dt Observera att högersidan blir 0 förutom då m = n. Eftersom fallet då allt blir 0 är ointressant, säger jag att m = n e inω0t dtf(t) = c n e inω0t e inω0t dt Observera att den t [T/, ] e inω0t dtf(t) = c n e inω0t e inω0t dt e inω0t dtf(t) = c n e inω0t e inω0t dt T/ T/ e inω0t dtf(t) = c n e 0 dt T/ c n = 1 T e inω0t dtf(t) = c n T T/ e inω0t dt (1) och med denna kan man ju beräkna c n. Det brukar dock bli jobbiga integraler. 5. Fourierspektrat Ok, lite konventioner: t kan oftast (i alla våra fall) tolkas som en tidsvariabel. Om vi har en funktion beroende av t säger vi att den befinner sig i tidsdomänen. Utvecklingskoefficienterna beror däremot på ω 0 och befinner sig därav i frekvensdomänen. Talföljden av Fourierkoefficienter, c n, befinner sig i frekvensdomänen och beskriver funktionens spektrum. Eftersom n antar heltalsvärden säger vi att vi har ett diskretspektrum i dessa fall, även känt som linjespektrum. Man kan sedan dela upp spektrat ytterliggare. Amplitudspektrat, c n Fasspektrat, arg(c n ) 5

6 6. Alla exempel från innan till nu Här tar jag alla exempel som har kommit såhär långt inklusive alla i kapitel 6. Jag inleder på sidan 5 nmd en gitarrsträng, som beskrivs av vågekvationen x y(x, t) = µ y(x, t) (13) T t Där y är avvikelsen från 0:läget. När man har en vågekvation ges alltid hastigheten som 1/K där K är termen framför den tidsberoende derivatan. Alltså ges hastigheten av T/µ. Bevis: Ansats: y(x, t) = Ae ikx ωt x y(x, t) = µ y(x, t) T t (ik) y(x, t) = µ T ( iω) y(x, t) k = µ T ω k ω = µ T Eftersom ω = π T, 1 T = f och k = π λ πf T π/λ = ω TA MOTHERFUCKING DA! v = λf = T ω Tillbaka till själva diff-ekvationen (ekvation 13). Jag låter gitarren ha längden L. Detta ger randvillkoren Randvillkor y(0, t) = y(l, t) = 0 Eftersom vi har noder i ändarna. Nu behöver vi bara begynnelsevillkor. Kolla på gitarren vid t = 0 Detta ger Figur 1: åhär ser gitarren ut då t = 0 Begynnelsevillkor 6

7 y(x, 0) = { Ax L, 0 x < L, L x L A(L x) L Kolla på figuren ser du att det stämmer. Ok, eftersom detta inte är en härledning kommer följande del inte att vara logisk. Men vi ansätter y(x, t) = Be i(kx ωt) + Ce i(kx ωt) Där B-delen går åt höger och C delen år vänster. Låt oss nu använda begynnelsevillkoren. Jag börjar med y(0, t) = 0 0 = Be iωt) + Ce iωt) 0 = B + C B = C ilket ger y(x, t) = B(e i(kx ωt) e i(kx ωt) ) = B(e ikx e ikx )e iωt = Bisin(kx)e iωt. Om vi nu tar en paus och kollar på ser de inte så fint ut. Om ib ib = B y(x, t) = B sin(kx ωt)e iωt Låt mig nu kolla på y(l, t) = 0 0 = B sin(kl)e iωt 0 = B sin(kl) Om vi nu bara låter B = 0 blir livet lite mindre färgglatt utan gitarr kring lägerelden så vi struntar i de fallet och får kl = πn k = nπ L Jamen nu har vi ju en lösning! y(x, t) = B sin( nπ L x)e iωnt Dags för lite analys! Om vi nu kollar på y(x, t) ges olika vågor vid olika n. Grundvågen (er ut som en cos) ges du n = 1, n = ger en med en nod i mitten etc... åglängden för n = 1 blir uppenbart L och allmänt L/n. Frekvensen blir då ω 1 = 4π/L och allmänt ω n = nπ L = ω 1n 7

8 Nu kommer en ansats, alla vågor byggs upp som en summa av det specifika n:et och föregående n y(x, 0) = n n sin( nπ L x) där y(x, 0) = { Ax L, 0 x < L, L x L A(L x) L Hur ska vi hitta n? Jo, genom och kolla på bevisen ovan din dumme jävel. Nu pallar inte jag detta exempel längre, vidare till nästa. Dags för exemplet på sida 10. ad blir Fourierkoefficienterna för sågtandsfunktionen, f(t) = t, t [ π, π]. Börja med att rita upp funktionen, så att du ser att den är ojämn. Därför vet du på en gång att a n = 0. Nu rör vi oss vidare till b n. b n = π tsin(nω 0 t)dt = 1 π π π ([ t 1 π cos(nω 0 t)] π π + nω 0 π 7. Några Egenskaper hos Fourierserier 1 nω 0 cos(nω 0 t)dt) = 1. Linjäritet Om vi har f(t) = g(t) + h(t) där g(t) och h(t) har Fourierkoefficienterna C g n respektive C g n ges f(t):s koefficient till C f n = C g n + C h n. Bevis: f(t) = g(t) + h(t) = ätt f(t) = g(t) + h(t) och TA DAAA Låt m = n och m = n n= n= C f ne inω0t = g(t) + h(t) C g ne inω0t + n= C h ne inω0t. Om f(t) är komplex har komplexkonjugatet Fourierkoefficientern c n Bevis: f(t) = n= c n e inω0t f(t) = f(t) = f(t) = m= n= n= c m e imω0t c n e inω0t c n e inω0t 3. f(t t 0 ) har Fourierkoefficienten c n e inω0t0 Bevis: 8

9 f(t) = n= Detta är tydligen beviset enligt anteckningar. m = n ger Detta är ett annat sjukt skumt bevis. c n e inω0t f(t t 0 ) = n= 4. f( t) har Fourierkoefficienten c n Bevis: f( t) = c m e imω0t f( t) = m= n= c n e inω0t 8. En tillämpning: ärmeledningsekvationen c n e inω0t e inω0t0 Efter en massa härledning kommer man fram till värmeledningsekvationen. T (x, t) = k T (x, t) (14) t x Där k är en matrialkonstant. Nu ska vi syssla med en konkret exempel. i har en järnstav med längden L och ändarna har konstant en temperatur på 0 grader. Ändarna är även värmeisolerade. Hur förändras temperaturen T (x, t) med tiden? Randvillkor T (0, t) = T (L, t) = 0 Eftersom jag har separerade derivator kan jag ansätta T (x, t) = θ(t)x(x) Jag stoppar in detta i värmeledningsekvationen (ekvation 14) θ (t)x(x) = kθ(t)x (x) 1 k Eftersom varje sida beror på olika variabler så vet jag att 1 θ (t) k θ(t) = X (x) X(x) = a Där a är en konstant. Detta ger ekvationsystemet { θ (t) = kaθ(t) X (x) = ax(x) θ (t) θ(t) = X (x) X(x) Ansats för X(x): Om vi nu kollar på denna. X(x) = αe ax + βe ax Om a > 0 X(x) blir exponentiell. Detta kan inte vara lösningen då randvillkoren inte uppfylls i detta fall. 9

10 Om a < 0 X(x) får en trigonometrisk lösning, sin och cos alltså. Detta är nog lösningen. För att få detta lite mer tydligare. b = a X(x) = αe i bx + βe i bx Med hjälp av Eulers formler ges X(x) = Asin( bx) + Dcos( bx) Nu kollar vi på randvillkoren X(0) = 0 (15) X(L) = 0 (16) Ekvation 15 X(0) = 0 0 = A 0 + D 1 D = 0 å X(x) = Asin( bx). Nu kollar vi på ekvation 16 X(L) = 0 0 = Asin( bx) Nu finns två lösningar men det blir inget trevligt om A = 0 så vi sätter A 0. Detta ger Detta ger lösningen nπ = bl b = nπ L X(x) = Asin( nπ x) (17) L arje värde på n ger en lösning. θ nπ k( (t) = kaθ(t) θ(t) = B n e L ) t Eftersom värmeledningsekvationen är linjär i T (x, t) är varje summa av dessa lösningar också en lösning. Den allmänna lösningen kan då skrivas som T (x, t) = n X n (x)θ(t) = n c n sin( nπ nπ x)e k( L ) t l (18) där c n = A n B n 1. Deltafunktionen peciell funktion. Ett exempel y(x, 0) = { 1/a, t a/ 0, annars Funktionen är alltså en spik med höjden 1/a och bredden a. Arean under detta måste vara 1, så Egenskap 1 10

11 δ(t)dt = 1 idare gäller δ(t)f(t)dt observera att t [ a/, a/] Eftersom defentionen av deltafunktionen ges a/ 1 a/ 1 a/ lim f(t)dt = lim a 0 a/ a a 0 a/ a dt f(t)dt a/ a/ lim 1 f(t)dt = f(0) a 0 a/ Egenskap δ(t)f(t)dt = f(0) Egenskap 3 δ(t a)f(t)dt = f(a) 15 Diffrentialekvationer å vi har en masssa som hänger i en fjäder. dessa två måste ju motsvara den totala kraften F friktion = λv = λ x t F fjäder= kx F tot = F friktion + F fjäder ma = λ x t kx m x t = λx t Ansats: X(t) = 1 π X(ω)eiωt dω ekvation 19 kx (19) m 1 t X(ω)e iωt dω = λ π t Efter mycket om och men ges 1 π 1 π X(ω)e iωt dω k 1 X(ω)e iωt dω π e iωt X(ω)[ mω + k + λiω]dω = 0 Låt F (ω) = X(ω)[ mω + k + λiω] 1 e iωt F (ω)dω = 0 π 11

12 Detta är ju bara den inversa fouriertransformen från 0 0! f(ω) = 0, vilket ger X(ω)[ mω + k + λiω] = 0 Multiplicera med ( 1 m ) X(ω)[ mω m k m λiω m ] = 0 X(ω)[ω k m λ m iω] = 0 ω 0 = k m och vi låter β = λ m ger X(ω)[ω ω 0 iβω] = 0 Nu har vi en andra gradens diffrentialekvation. mha pq-formeln ges nollställen då ω = ω 1, = iβ ± ω0 β Jaha, vad ska vi med detta till? Jo, omega är en deltafunktion! X(ω) = Aδ(ω ω 1 ) + Bδ(ω ω ) e på faan, nu har vi ju en Fouriertransform! Låt oss inverstransformera X(t) = 1 π X(ω)e iωt dt = 1 π (A δ(ω ω 1 )e iωt dt + B δ(ω ω )e iωt dt) = 1 π (Aeiω1t + Be iωt ) = A π eiω1t + B π eiωt ω 1 = iβ + ω 0 β och ω = iβ ω 0 β ger Låt oss och ändra om lite till andra konstanter X(t) = e iβ ( A π eit ω 0 β + B π e it ω 0 β ) X(t) = Ce βt e it ω 0 β + De βt e it ω 0 β Alternativ 1 β = 0 Harmoniska svängningar Alternativ β 0 och β < ω 0 Lite dämpning Alternativ 3 β 0 och β > ω 0 Exponentiell dämpning utan svängning Drivande kraft 1

13 Det blir enklare om vi tar en e-grej. Alltså nu ilket ger om innan m x t F drivande = F sin(ωt) F drivande = F e iωt = kx λ x t + F eiωt 1 X(ω)[ω ω0 iβω]e iωt dω = F π m eiωt F m eiωt = 1 π ( F m π) δ(ω Ω)e iωt dω X(ω)[ω ω0 iβω] = ( πf )δ(ω Ω) m änsterledet är som förr. Tänk diff.-ekvationer i endimmen, den har lösningen en homogenlösning + partikulärlösning! X(ω) = om förr använder vi inversfouriertransformen πf m δ(ω Ω) [ω ω0 + Homogenlösningen iβω] X(t) = 1 π X(ω)e iωt dω = vängingarnas Amplitud e iωt F m ω ω0 iβω X(t) = F/m ω ω 0 iβω Denna amplitud är som störst då nämnaren har ett minimum. Detta sker då ω = ± ω0 β( ω 0, ω 0 >> β) i har en såkallad Resonans. Resonansfrekvensen ligger strax under egensvängningsfrekvensen ω 0 id resonansfrekvensen har vi amplituden Ju mindre dämpning desto högre central topp. X max = F/m ω 0 β Tillämpning kretsekvationer 13

14 i har en ström, j, en resistans, R, en spole med induktansen L och en kondensator med kapacitansen C. Alla dessa är seriekopplade, se sida 9 i häftet. pänningsfallet över resistorn ges av pänningsfallet över spolen ges av pänningsfallet över kondensatorn ges av u r = Rj u L = L dj dt Går vi ett varv genom kretsen ges då logiskt Eftersom j = dq dt u C = q C u u r u L u C = 0 u Rj L dj dt q C = 0 u R dq dt L d dt q C = 0 Jämför detta med den harmoniska oscillatorn L d q dt = q C R dq dt + u m x t = kx λ x t + F drivande i ser att de liknar varandra och då kan vi använda analogier för att beräkna detta! Analogierna vi kommer använda är Läge Laddning Hatighet tröm Massa (rörelsetröghet) induktans (strömtröghet) Fjäderkonstant invers kapacitans (1/C) Friktion Resistans Kraft pänning Alltså kan vi beskriva hela den elektriska kretsen med mekanisk analogi. Detta ska jag visa är svinskönt då vi har en växelström. Låt oss derivera en gång till [Just 4 fun] i antar växelspänning du dt R dj dt Ld j dt j C = 0 (0) u(t) = u(ω) cos(ωt) = Re(u(ω)e iωt ) Och vi antar att strömmen svänger på samma sätt j(t) = j(ω) cos(ωt + ϕ) 14

15 Eftersom ekvation 0 är linjär och reell blandas ej real- och imaginärdelen i kan räkna komplext och skita i imaginärdelen av svaret! Insättning av j och u ger på samma sätt som med den harmoniska oscillator j(ω) = u(ω) R 1 iωc + iωl u(ω) = (R 1 iωc + iωl)j(ω) Impedanser u(ω) = (R 1 iωc + iωl)j(ω) er ju ut som Ohms lag fast med komplexa frekvensberoende resistanser. u(ω) = Z(ω)j(ω) där Z(ω) = R 1 iωc + iωl = z R + z L + z C [Impedanser] Där vi tolkar seriekoppling mha impedanser. Om U(ω) är reell så är oftast j(ω) komplext. 16. ampling och diskret Fouriertransform När man samplar, vilken samplingsperiod ska man välja? Ju fler ju bättre! Hur många måste man minst välja för att det ska bli bra? ggr frekvensperioden! Lite mer matematiskt kan man säga: ω > ω c Frekvensen ω c kallas Nyqvistfrekvensen. ad händer om man samplar för glest? spöksignaler uppstår vid låga frekvenser! Detta kallas Aliasing! 17. Laplacetransform F (ω) = f(t)e iω0t dt Funkar oftast bra för funktionern som slås på vid t = 0. Om vi tänker oss en funktion där där f(t) = 0 innan t = 0 F (ω) = I många fall konvergerar tyvärr inte integralen :( Istället kan vi Laplacetransformera! F (s) = där s = σ + iω observera att σ > 0 och σ R 0 f(t)e iω0t dt f(t)e st 15

16 18. Laplacetransform av derivator och integraler F (s) = 0 [ 0 Derivator f (t)e st dt = [Partialintegratioin] = f(t)e st dt] 0 om f(0) = 0 Med samma härledning gäller om f(0) = f (0) = 0 + s 0 f(0) + sf (s) L{f (t)} sf (s) L{f( (t))} s F (s) Integral f (t)e st dt = amma logik kan användas på integraler Låt g(t) vara en integrering av f(t) om 1 s g(0) = 0, vilket det ofta blir. Alltså får vi en enkel regel L{g(t)} = 1 s G(s) Minnesregel Derivata: s Integral: 1 s Nu kan vi byta ut diff-ekvationer mot Laplace och få allt jättemysigt! Del, Maxwell 1. Förberedelse e x e y e z a b = a x a y a z b x b y b z Dags för räkneregler. Räkneregel 1 (a b) c = a (b c) Räkneregel a (b c) = b(a c) c(ab) kalärfält och vektorfält 16

17 Ett skalärfält är ett fält där varje punkt beskrivs av ett tal. Ett vektorfält är ett fält där varje punkt är en vektor istället. Ex. kalärfält Temperatur och Elektrisk potetial Ex. ektorfält attnets hastighet i en flod, elektriska och magnetiska fält Detta kallas Laplace operator Nablaoperatorn, = ( x, y, z ) = Linjeintegral: (ac) = ( a + c ) (ac) = a (ac) + c (ac) Integraler Γ AB a dr Där vi integrerar en linje mellan punkterna A och B. Ex: Om vektorfältet är en kraft ger linjeintegralen arbetet att förflytta sig vägen mellan A och B. pecialfall: ilket betyder att Γ är en sluten kurva. Γ AB a dr Ytintegral: a d Ytan är. d är en svinliten del av ytan som pekar i en viss riktning, dvs en vektor. Om a är vattnets hastighet beskriver integralen flödet genom ytan, då kan kallas integralen för flödesintegralen och betecknas ofta som a d pecialfall: ( ) a d Ytan omsluter volymen. Integralen beräknar flödet ut olymen. olymintegral: φd ummerar de små volymbitarna med dess skalär. φ är alltså ett skalärfält. Tex är φ laddningstätheten kommer integralen ge laddningen. 17

18 Integralsatser tokes sats Gauss sats a dr = ( a) d (1) Γ a d = ad () ( ). Härledning av Maxwells ekvationer Coulumbs Lag Coulumbs lag: q E(r) = e r 4πε 0 r Jag placerar en sfär kring laddningen och beräknar ytintegralen q E(r) d = 4πε 0 r e r d Ytintegralen av en sfär är 4πr q 4πε 0 r 4πr = q ε 0 e på fan. Oberoende av radien! Detta är ju ifs logiskt då det totala antalet fältlinjer ut från en godtycklig sfär är oberoende av sfärens storlek. Uppenbart gäller följande då vi inte har någon laddning E(r) d = 0 Om vi nu går tillbaka till den orginala integralen och lägger till en bulapå sfären ges E(r) d = q ε 0 Eftersom bulan inte bidrar med någon extra laddning. Alltså gäller sambandet för en godtycklig omslutande volym. å vad händer om vi har flera laddningar? Jo, det logiska såklart. E(r) = i q i = Q ε 0 ε latsats: Ytintegralen mäter laddningen inom den slutna volymen! Laddningen ges av volymintegralen av laddningstätheten Q = ρd (Kom ihåg, laddningstäthet = laddning/olym) Kombinera detta med tidigare grejer E(r) d = 1 ε 0 18 ρd

19 Detta uttrycket är sjukt användbart. Den kallas Gauss lag i integralform. i skriver om den mha Gauss sats E(r)d = 1 ρd ε 0 Eftersom integralerna är desamma kan man bara skriva Detta är Gauss lag i diffrentialform När det gäller magnetiska fält, notera följande: E(r) = ρ ε 0 (3) Magnetiska fältlinjer - Finns ingen magnetisk laddning magnetiska fältllinjerna är slutna kurvor! - id slutna ytor är alltid flödet = 0 Detta ger B d = 0 = Bd ( ) Där den tredje delen kommer från Gauss sats. Detta ger Alltså, det finns inga magnetiska laddningar. B = 0 (4) Faradays induktionslag Om vi har en sluten slinga i rummet beskriven av kurvan Γ säger lagen u =inducerad spänning, Φ =Magnetiska flödet Φ = och Dessa ger u = Γ() E dr = d dt u = dφ dt Γ() Φ d E dr B Φ d = t d i använder oss av den gode toke på det vänstra ledet B ( E) d = t d Också samma grej som förut, vi har samma integral på båda sidorna Detta är Faradays lag i diffrentialform E = B t Amperes Lag 19

20 Nu kollar vi på magnetfältet som skapas av en rak ledare I B = µ 0 πr Magnetlinjerna bildar slutna cirklar som omsluter ledaren och vi har axial symmetri. Detta betyder att om vi ser ledaren som en axel finns det lika mycket av kurva på alla sidor. om sagt Bπ = µ 0 I i kan nu resonera oss till Bπ = B dr Eftersom cirkeln är detsamma överallt och parallellt circle med integrationvägen. i deformerar cirkeln och inser att det inte gör någon skillnad för att magnetfältet är svagare längre ut och starkare längre in. Ok, så vi har: B dr = µ 0 I Γ() för varje kurva Γ() som omsluter I Detta ger mha tokes sats ( B) d Observera följande ilket ger Återigen ges I = J d ( B) d = µ 0 J d B = µ 0 J Maxwells Tillägg Ytan omsluter laddningen Q. Om denna laddning förändras måste vi ha ström, alltså dq dt = I Nu vill vi uttrycka strömmen som strömtäthet och laddningen som laddningstäthet d ρd = J d dt mha Gauss sats och så plockar vi bort integralerna ρ t = ( ) ( ) J d ρ t = ( J)d J + ρ t = 0 0

21 Detta är kontiutetsekvationen på diffrentialform. Kontinuitetsekvationen uttrycker alltid att laddningen är bevarad. Om vi nu kollar på Amperes lag och multiplicerar den med ( B) = µ 0 J ( ) B = µ 0 J J = 0 Detta blir ju totalt knas! Den uppfyller inte kontinuitetsekvationen tänkte Maxwell. en gick han och sov på saken och bara adderade till en term, den såkallade förskjutningsströmmen. Då ges B = µ 0 J + µ 0 ε 0 E t Nu gör vi som förut och då ges efter många steg... ( B) = µ 0 ( J + µ 0 ε 0 E t ) E µ 0 ( J + ε 0 t ) = µ 0( J + ε 0 E t ) Med hjälp av Gauss lag ( E = ρ ε 0 ) ges då µ 0 ( J + ε 0 E t ) = µ 0( J + ε 0 ε 0 ρ t ) E µ 0 ( J + ε 0 t ) = µ 0( J + ρ t ) Genom detta tillägget blir kontinuitetsekvationen inbyggd i Amperes lag! ilket är ju hur mysigt som helst. ad får detta för konsekvenser för teorin? Har vi en tom rymd (dvs vakuum) J = 0 men har vi ett elektriskt fält kan vi alstra ett magnetiskt fält, vi kan även göra tvärtom, mha ett elektriskt fält alstra ett magnetiskt fält. Observera att vi har en tidsderivata så vi måste variera det ena fältet för att ge upphov till ett annat. ammanfattning av det vi har kommit fram till B = µ 0 J + µ 0 ε 0 E t E = B t B = 0 E = ρ ε 0 trin Notera symmetrin i ekvationerna. ymmetrin bryts av av det faktum att det inte finns några magnetiska strömmar och laddningar Nu på integralform. d B dr = µ 0 I + ε 0 µ 0 E d Γ() dt E dr = d B d = dφ Γ(s) dt dt B d = 0 E d = 1 ρd = Q ε 0 ε 0 ( ) 1

22 3. Maxwell i vakuum J = ρ = 0 Detta ger B = µ 0 ε 0 E t E = B t B = 0 E = 0 Observera ekvation. Dvs Kryssprodukt med från vänster E = B t ( E) = B t Enligt räkneregel [ a (b c) = b (a c) c (a b) ] ( E) = B t ( E) ( )E = t B Nu kan man tänka, varför gör vi detta? Jo, i har ju ekvation 1 och 5 som vi kan göra nåt med! Detta ger (0) E = t µ 0ε 0 E t E = E t (5) Denna är sjukt viktig. Nu tar vi och kollar på ekvation 1 Kryssprodukt med nabla från vänstser ger B = µ 0 ε 0 E t ( B) = µ 0 ε 0 E t ( B) ( )B = µ 0 ε 0 t E Och nu uttnyttjar vi ekvation och 3 (0) B = µ 0 ε 0 t ( B t ) B = µ 0 ε 0 B t (6) Ekvation 5 och 6 är ju vågekvationen! Isf borde ju c = 1 ε0 µ 0

23 ilket stämmer! i vet att B och E rör sig med de och ekvationerna är ju identiska så låt oss sätta F = B = E och så bevisar vi att hastigheten är c i endimension. Betrakta F (x, t) = F 1 (x ct) + F (x ct) F x = µ F 0ε 0 t (7) F 1 (x ct) x = F 1 (x ct) = F 1 x F 1 (x ct) x = F 1 F 1 (x ct) = cf 1 t F 1 (x ct) t = c F 1 F (x + ct) x = F F (x + ct) t = c F Eftersom F (x, t) = F 1 (x ct) + F (x ct) F (x, t) x = F (x, t) F (x, t) t = c F (x, t) i stoppar in detta i ekvation 7 F (x, t) = µ 0 ε 0 c F (x, t) 1 = µ 0 ε 0 c c = 1 µ0 ε 0 Tydligen är detta ett bevis. Fuck this. Tenta imorrn. Nu ska jag äta. 3